2024届高三化学二轮复习——氧族与碳族及其应用（含解析）

2024届高三化学二轮复习——氧族与碳族及其应用
一、单选题
1．中华文化源远流长、博大精深，西安博物馆馆藏文物是中华文化的重要代表。下列文物主要是由金属材料制成的是（　　）
A．唐代三彩腾空马
B．白瓷马蹬壶
C．金虎符
D．秦代玉高足杯
2．2021年“神舟十二号”载人飞船成功发射，并与天和核心舱成功对接，开启月球的探测之旅，对其所涉及的材料下列说法正确的是（　　）
A．宇航服所用的聚酯纤维可用肥皂清洗
B．“天和核心舱”所用的太阳能电池板的主要原料是单质硅
C．航天员所使用的操作杆采用碳纤维材料制作，碳纤维属于有机高分子材料
D．中国空间站核心舱“天和号”推进器的氮化硼陶瓷材料属于传统的无机非金属材料
3．下列物质中属于耐高温无机非金属材料的是（　　）
A．SiC B．聚四氟乙烯 C．Mg-Al D．普通玻璃
4．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（　　）
A．华为自主研发的麒麟芯片主要成分为 SiC
B．三星堆出土的青铜面具与铜相比，具有熔点高、硬度大的特点
C．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核苷酸缩合聚合可以得到核酸
D．碳纤维材料操纵棒是宇航员的手臂“延长器”，碳纤维属于有机高分子材料
5．科技改变生活，新材料带来新科技。下列说法正确的是（　　）
A．“冰立方”的ETFE膜(乙烯-四氟乙烯共聚物)的单体为乙烯、四氟乙烯
B．北京冬奥会火炬“飞扬”的喷口外壳采用的聚硅氮烷树脂属于无机小分子化合物
C．北京冬奥会礼仪服采用石墨烯片聚热保暖，石墨烯和聚乙炔互为同分异构体
D．“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维的主要成分相同
6．海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环的简单原理图。下列说法正确的是（　　）
A．海洋碳循环使得海洋中的含碳量保持不变
B．海水吸收 CO2 生成 Na2CO3 和 NaHCO3 是因为海水呈弱碱性
C．钙化时仅有 Na2CO3 和 CaCl2 反应生成 CaCO3
D．CO2 光合作用每生成 1mol(CH2O)x 转移电子数为 4NA
7．现代社会的发展离不开人与自然和谐共生，下列有关说法中正确的是（　　）
A．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
B．在田间大量焚烧秸秆，以增加草木灰肥料从而减少化肥的使用
C．近期的空气质量报告中常出现“中度污染"和“重度污染”的结论，雾霾的形成是因为空气中含有大量的二氧化硫
D．我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当
8．将下列气体通入溶有足量 的 溶液中，没有沉淀产生的是（　　）
A． B．HCl C． D．
9．将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中。当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是
A．2H2S+O2=2S+2H2O B．2H2S+3O2=2SO2+2H2O
C．2H2S+SO2=3S+2H2O D．2SO2+O2=2SO3
10．按如图所示装置进行实验，逐滴加入液体x后，下列实验目的能够实现的是（　　）
选项 x y z 实验目的
A 浓氨水 生石灰 溶液 验证 能溶于碱
B 稀醋酸 小苏打 澄清石灰水 验证醋酸的酸性强于碳酸
C 水 过氧化钠 溶液 验证 具有还原性
D 70%硫酸 亚硫酸钠 紫色石蕊试液 验证二氧化硫的漂白性
A．A B．B C．C D．D
11．中华文化源远流长、博大精深。从化学的视角看，下列理解不正确的是（　　）
A．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”。
B．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士
C．“凡石灰，经火焚炼为用”， 这段记载中涉及分解反应
D．北斗导航专用ASIC硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO2
12．下列叙述正确的是（　　）
A．Na、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱
B．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同
C．将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀
D．向FeCl2溶液中通入Cl2反应的离子方程式为：Fe2++Cl2═Fe3++2Cl﹣
13．下列表示错误的是（　　）。
A．乙醛的结构简式： B．互为同素异形体：和
C．碳酸氢钠的俗称：苏打 D．的结构示意图：
14．下列说法不正确的是（　　）
A．二氧化碳是酸雨的主要成分
B．氢气是一种理想的清洁燃料
C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
D．氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板
15．下列说法正确的是 （　　）
A．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料
B．食品包装中常放入有铁粉的小袋，防止食物受潮变质
C．镁在空气中燃烧生成氧化镁、氮化镁，铁在氧气中燃烧生成氧化铁
D．将废动植物油脂经反应改性制成“生物柴油”，代替柴油作为内燃机燃料的做法符合“绿色化学”的理念
16．化学创造美好生活，下列实际应用与所述化学知识没有关联的是（　　）
选项 实际应用 化学知识
A 用食醋除去水壶中的水垢 乙酸能发生酯化反应
B 采用“石灰法”富集海水中的
C 清代釉里红瓷器釉下花纹呈暗红色 铜矿中的铜元素高温烧结生成
D 葡萄酒酿制过程中添加适量的二氧化硫 具有还原性
A．A B．B C．C D．D
17．下列说法中正确的是（　　）
A．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅
B．晶体硅熔点高硬度大，因此可用于制作半导体材料
C．石英只能用于生产光导纤维
D．玻璃容器可长期盛放各种酸
18．下表中，陈述Ⅰ、Ⅱ均符合题意且二者间具有因果关系的是（　　）
A．A B．B C．C D．D
19．化学与工农业和人类生活密切相关．下列说法中正确的是（　　）
A．采用原煤脱硫技术，可减少燃煤产生的SO2
B．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化
C．自来水厂可用氯气来杀菌消毒，因此氯气无毒
D．高纯度的硅单质广泛用于光导纤维
20．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（　　）
A．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-
C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应
D．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
二、综合题
21．已知A与D均为非金属单质，其中A有多种同素异形体，其转化关系如图．
请回答：
（1）反应②为工业制粗硅原理，写出E的化学式：　 　．
（2）反应①的化学方程式为　 　．
22．用废铅蓄电池的铅泥(含PbSO4、PbO和Pb等)可制备精细化工产品3PbO·PbSO4·H2O(三盐)，主要制备流程如下。
请回答下列问题：
（1）铅蓄电池在生活中有广泛应用，其工作原理是Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O。若铅蓄电池放电前正、负极质量相等，放电时转移了1 mol电子，则理论上两极质量之差为　 　。
（2）将滤液1、滤液3合并，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作，可得到一种结晶水合物(Mr=322)，其化学式为　 　。
（3）步骤③酸溶时铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2及NO。滤液2中溶质的主要成分为　 　(填化学式)。
（4）步骤⑥合成三盐的化学方程式为　 　。
（5）步骤⑦的洗涤操作中，检验沉淀是否洗涤完全的操作方法是　 　。
23．多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制品的主要原料。
（1）已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示。
　 发生的主要反应
电弧炉 SiO2+2C Si+CO↑
流化床反应器 Si+3HCl SiHCl3+H2
①物质Z的名称是　 　。
②用石英砂和焦在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为　 　
③在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和　 　。
物质 Si SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl HCl SiH4
沸点/℃ 2355 57.6 31.8 8.2 -30.4 -84.9 -111.9
（2）利用晶体硅的粉末与干燥的氮气在1300~1400℃下反应，可制取结构陶瓷材料氮化硅(Si3N4)。现用如图所示装置(部分仪器已省略)制取少量氮化硅。
①装置II中所盛试剂为　 　。
②装置I和装置皿均需要加热，实验中应先　 　(填“皿”或“I”)的热源。
（3）由晶体硅制成的n型半导体、p型半导体可用于太阳能电池。一种太阳能储能电池的工作原理如图所示，已知锂离子电池的总反应为：Li1-xNiO2+xLiC6 LiNiO2+xC6。完成下列问题。
①该锂离子电池充电时，n型半导体作为电源　 　.(填“正”或“负”)极。
②该锂离子电池放电时，b极上的电极反应式为　 　。
24．研究碳、氮、硫的氧化物的性质对化工生产和环境保护有重要意义．
（1）下列措施中，有利于降低大气中的CO2、SO2、NO2浓度的有　 　 （填字母）．
a．减少化石燃料的使用，开发新能源
b．使用无氟冰箱，减少氟里昂排放
c．多步行或乘公交车，少用专车或私家车
d．将工业废气用碱液吸收后再排放
（2）为开发新能源，有关部门拟用甲醇（CH3OH）替代汽油作为公交车的燃料．写出由CO和H2生产甲醇的化学方程式　 　，
用该反应合成1mol液态甲醇吸收热量131.9kJ．又知2H2（g）+CO（g）+23O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣594.1kJ/mol．请写出液态甲醇燃烧生成二氧化碳和水蒸气的热化学方程式　 　．
25．处理生活污水中的NH4+，过程如下：
（1）空气将NH4+转变为NO3﹣或NO2﹣，溶液pH　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（2）根据较新的研究表明，将只含NO2﹣的污水与含NH4+的污水按比例混合，直接转化为无毒气体，该气体为　 　．此方法的优点是　 　
（3）完全处理含1mol NH4+污水，则n（O2）与n（CH3OH）关系式为　 　 [以n（O2）与n（CH3OH）表示]．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.唐三彩的主要材料为陶瓷，不属于金属材料，A不符合题意；
B.白瓷的主要材料是陶瓷，不属于金属材料，B不符合题意；
C.金虎符的主要材料是铜，属于金属材料，C符合题意；
D.玉的主要成分是SiO2和Al2O3，不属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由金属材料制成的主要有金属单质和合金。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．宇航服所用的聚酯纤维是聚酯，含有酯基，在碱性条件下会发生水解反应，肥皂溶液显碱性，因此宇航服所用的聚酯纤维不可用肥皂清洗，A不符合题意；
B．晶体硅可用于制造太阳能电池板，“天和核心舱”所用的太阳能电池板的主要原料是单质硅，B符合题意；
C．航天员所使用的操作杆采用碳纤维材料制作，碳纤维是C元素的单质，不是化合物，因此不属于有机高分子材料，C不符合题意；
D．氮化硼陶瓷材料属于新型无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.聚酯纤维可与肥皂反应；
B.太阳能电池板的材料主要是硅晶体；
C.碳纤维材料是碳单质，为无机非金属材料；
D.氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、SiC耐高温，为新型无机非金属材料，故A符合题意；
B、聚四氟乙烯为有机合成高分子材料，故B不符合题意；
C、Mg-Al属于金属材料，故C不符合题意；
D、普通玻璃是传统无机非金属材料，不耐高温，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、碳化硅耐高温，属于新型无机非金属材料；
B、聚四氟乙烯为有机高分子化合物；
C、Mg-Al为金属材料；
D、普通玻璃属于传统硅酸盐材料。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．华为自主研发的麒麟芯片主要成分为高纯硅即Si，A不符合题意；
B．合金通常有熔点比成分金属低，硬度比成分金属大的特点，则三星堆出土的青铜面具与铜相比，具有熔点低、硬度大的特点，B不符合题意；
C．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是有机高分子化合物，可以由核苷酸缩合聚合得到，C符合题意；
D．碳纤维材料操纵棒是宇航员的手臂“延长器”，碳纤维即碳的一种单质，不属于有机高分子材料，而是一种新型的无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.芯片的主要成分是Si；
B.青铜是铜的合金，合金的熔点低于各组成金属，硬度大于各组成金属；
C.核酸是有机高分子化合物，由核苷酸缩合聚合得到；
D.碳纤维是碳的单质。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．乙烯-四氟乙烯共聚物是乙烯、四氟乙烯发生加聚反应得到的产物，所以乙烯-四氟乙烯共聚物的单体为乙烯和四氟乙烯，故A符合题意；
B．聚硅氮烷树脂属于高分子聚合物，故B不符合题意；
C．石墨烯属于无机非金属材料，聚乙炔属于有机高分子化合物，石墨烯和聚乙炔不互为同分异构体，故C不符合题意；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，芯片的主要成分是硅，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.乙烯-四氟乙烯共聚物的单体为乙烯和四氟乙烯；
B.聚硅氮烷树脂为高分子化合物；
C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
D.计算机芯片的主要成分是Si，光导纤维的主要成分是SiO2。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．海洋吸收了大气中的CO2，最终转化为(CH2O)x，因此海洋中的含碳量会增大，A不符合题意；
B．海水中溶有较多的弱酸性阴离子，这些阴离子水解使海水呈现弱碱性，因此海水能吸收CO2生成碳酸钠和碳酸氢钠，B符合题意；
C．钙化时钙离子和碳酸氢根离子也发生反应，生成碳酸钙，二氧化碳和水，C不符合题意；
D．CO2中C为+4价，(CH2O)x中碳为0价，但是并不知道x的具体数值，无法确定转移电子的数量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.海洋吸收大气中的CO2，最终转化为(CH2O)x，海洋中的含碳量会增大；
C.钙离子和碳酸氢根离子也会反应生成碳酸钙，二氧化碳和水；
D.x的具体数值无法求解。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成难溶性盐过滤除去，A不符合题意；
B．在田间大量焚烧秸秆，会造成空气污染，且容易引起火灾，B不符合题意；
C．雾霾的形成是因为空气中含有大量的可吸入颗粒物，不是二氧化硫，C不符合题意；
D．力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.一般利用硫离子除去重金属离子
B.焚烧秸秆造成污染
C.二氧化硫主要造成的是酸雨
D.碳中和主要是减少二氧化碳的排放
8．【答案】B
【解析】【解答】A．H2S会和SO2反应生成S单质，2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，A不符合题意；
B．HCl不与SO2、BaCl2反应，没有沉淀生成，B符合题意；
C．Cl2能氧化SO2生成H2SO4， 与Ba2＋结合生成BaSO4，Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋ ＋2Cl－，Ba2＋＋ =BaSO4↓，C不符合题意；
D．NO2溶于水生成HNO3，硝酸能将SO2氧化成H2SO4， 再与Ba2＋生成沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】产生的沉淀可能是硫单质或者是亚硫酸钡和硫酸钡，通入硫化氢气体产生的沉淀是硫单质，通入氯气和二氧化氮产生的是硫酸钡沉淀，也可以通入氨气产生的是亚硫酸钡沉淀
9．【答案】C
【解析】【解答】将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；
故答案为：C。
【分析】硫化氢和氧气反应生成二氧化硫，过量硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．向生石灰中加入浓氨水，生成氨气，氨气进入试管中，溶于水，生成一水合氨，一水合氨和Al3+反应生成Al(OH)3，而Al(OH)3不溶于弱碱，无法达到实验目的，A不符合题意
B．稀醋酸和小苏打反应生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，证明醋酸的酸性强于碳酸，B符合题意
C．水和过氧化钠反应生成氧气，氧气和 溶液反应生成Fe3+，溶液由绿色变为黄色，证明Fe2+具有还原性，C不符合题意
D.70%硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫能使紫色石蕊试液变红，但无法使紫色石蕊试液褪色，无法证明二氧化硫具有漂白性，D不符合题意
故答案为：B。
【分析】A.氨水和氯化铝反应得到的氢氧化铝，氢氧化铝可溶于强碱
B.符合强酸制取弱酸的反应
C.通过氯化亚铁的颜色变化，说明亚铁离子具有还原性
D.证明二氧化硫的漂白性可以用品红溶液
11．【答案】D
【解析】【解答】A.金的化学性质稳定，难溶于水，密度较大，诗句中的“淘”和“漉”相当于分离提纯操作中的过滤，选项正确，A不符合题意；
B.瓷器的主要原料是黏土，选项正确，B不符合题意；
C.石灰经火焚炼的过程中发生反应CaCO3CaO＋CO2↑，该反应为分解反应，选项正确，C不符合题意；
D.北斗导航中的芯片是一种半导体，其主要成分是Si，SiO2是光导纤维的主要成分，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据过程中得到物质的性质进行分析；
B.根据陶瓷的主要成分进行分析；
C.根据石灰受热分解的过程进行分析；
D.Si是一种常用的半导体材料；
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A．铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不生成碱和氢气，故A错误；
B．漂白粉金属利用其氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，二者原理不同，故B正确；
C．二氧化硫和次氯酸钙发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸钙，故C错误；
D．二者反应离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故D错误；
故选B．
【分析】A．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
B．漂白粉中次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒；胶体具有吸附性而净水；
C．二氧化硫具有还原性，能被次氯酸钙氧化生成硫酸钙；
D．二者反应电荷不守恒．
13．【答案】C
【解析】【解答】A.乙醛的结构简式为： ，故A不符合题意；
B.氧气和臭氧互为同素异形体，故B不符合题意；
C.碳酸氢钠俗称为小苏打，故C不符合题意；
D. 的结构示意图： ，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据结构简式写出即可；
B.由同种元素组成的单质互为同素异形体；
C.碳酸钠是俗称苏打；
D.根据阳离子质子数大于核外电子数。
14．【答案】A
【解析】【解答】解：A．正常雨水溶解二氧化碳，二氧化硫可导致酸雨发生，为酸雨的主要成分，故A错误；
B．氢气燃烧产物为水，放热多，来源广，则氢气是一种理想的清洁燃料，故B正确；
C．碳酸氢钠的碱性较弱，可中和胃酸，则碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，故C正确；
D．Cu与氯化铁溶液反应，则氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板，故D正确；
故选A．
【分析】A．正常雨水溶解二氧化碳；
B．氢气燃烧产物为水，放热多，来源广；
C．碳酸氢钠的碱性较弱，可中和胃酸；
D．Cu与氯化铁溶液反应．
15．【答案】D
【解析】【解答】A.光导纤维的主要成分是SiO2，不属于新型无机非金属材料，A不符合题意；
B.铁生锈过程中需要水和O2，食品包装袋中加入铁粉，主要还是为了防止食品被氧化，B不符合题意；
C.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，不生成Fe2O3，C不符合题意；
D.“生物柴油”属于可再生能源，代替柴油作为内燃机的燃料，可以减少污染，符合“绿色化学”的理念，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.光导纤维的主要成分是SiO2；
B.根据铁生锈的条件进行分析；
C.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4；
D.“生物柴油”属于可再生能源；
16．【答案】A
【解析】【解答】A、食醋除去水垢，是因为醋酸的酸性强于碳酸，能与碳酸钙反应，与乙酸能发生酯化反应没有关联，故A符合题意；
B、氢氧化钙的溶解度大于氢氧化镁，因此用“石灰法”富集海水中的，发生反应 ，两者有关联，故B不符合题意；
C、 铜矿中的铜元素高温烧结生成 ，呈砖红色，故C不符合题意；
D、具有还原性，因此葡萄酒酿制过程中添加适量的二氧化硫作抗氧化剂，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、该反应的原理是强酸制弱酸；
B、氢氧化钙的溶解度大于氢氧化镁；
C、 为砖红色；
D、 具有还原性。
17．【答案】A
【解析】【解答】解：A、工业上可用碳在高温下还原二氧化硅的方法制取少量粗硅：SiO2+2C Si+2CO↑，所以高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅，故A正确；
B、晶体硅可用于制作半导体材料，是因为其导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高硬度大无关，故B错误；
C、石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故C错误；
D、氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅，所以玻璃容器并不是可长期盛放各种酸，如氢氟酸，故D错误；
故选A．
【分析】A、工业上可用碳在高温下还原二氧化硅的方法制取少量粗硅：SiO2+2C Si+2CO↑；
B、硅元素位于金属和非金属元素之间，是良好的半导体材料；
C、石英的主要成分是二氧化硅；
D、氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅．
18．【答案】A
【解析】【解答】A.因浓硫酸具有强的吸水性，与水作用的过程中放出大量的热，促使浓盐酸中的HCl挥发，从而制得HCl气体，故A符合题意；
B.Cu与浓HNO3反应生成NO2，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，Cu与稀硝酸反应生成NO，故B不符合题意；
C.硫单质燃烧只生成SO2，故C不符合题意；
D.由于硝酸铵受热分解易发生爆炸，所以实验室中不能用硝酸铵制备NH3，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、运用的原理是难挥发性酸制易挥发性酸
B、与浓硝酸是二氧化氮，稀硝酸为一氧化氮
C、硫燃烧只能生成二氧化硫
D、硝酸铵受热分解易爆炸，故一般不采用硝酸铵，而用氯化铵
19．【答案】A
【解析】【解答】解：
A．原煤中加入生石灰，煤中的硫在煤燃烧时可最终转化生成硫酸钙，达到脱硫的目的，减少污染气体的排放，故A正确；
B．向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故B错误；
C．根据氯气的性质可以知道氯气是一种有毒的气体，因氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性，所以常用氯气对自来水消毒杀菌故，故C错误；
D．二氧化硅具有良好的光学特性，广泛用于制造光导纤维，故D错误；
故选：A．
【分析】A．原煤中加入生石灰可与煤中的硫反应最终生成硫酸钙，起到脱硫的作用，减少大气污染；
B．向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质；
C．氯气有毒；
D．二氧化硅为光导纤维主要成分．
20．【答案】A
【解析】【解答】A.分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，烧瓶内压强的压强减小，气体溶于水导致气体压强减小，所以能证明二者均易溶于水，A符合题意；
B.酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，所以向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，不能说明该溶液中一定有SO42-，可能含有亚硫酸根离子，B不符合题意；
C.铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，属于置换反应；铁和稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮、水，没有单质生成，所以不是置换反应，是氧化还原反应，C不符合题意；
D.二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，所以说明二氧化硫有漂白性，而不能说明其有氧化性，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.气体溶于水后，使得压强减小，液面上升；
B.硝酸会将溶液中可能存在的SO32-氧化成SO42-，影响实验；
C.Fe与稀硝酸反应不产生H2；
D.根据SO2和Cl2使品红溶液褪色的原理分析；
21．【答案】（1）CO
（2）2Mg+CO2 2MgO+C
【解析】【解答】解：A与D均为非金属单质，其中A有多种同素异形体，反应②为工业制粗硅原理，则A为碳，D为Si，E为CO，由转化关系可知B为CO2，C为MgO．（1）E的化学式为CO，故答案为：CO；（2）反应①的化学方程式为：2Mg+CO2 2MgO+C，故答案为：2Mg+CO2 2MgO+C．
【分析】A与D均为非金属单质，其中A有多种同素异形体，反应②为工业制粗硅原理，则A为碳，D为Si，E为CO，由转化关系可知B为CO2，C为MgO．
22．【答案】（1）16 g
（2）NaSO4·10H2O
（3）HNO3
（4）4PbSO4+6NaOH 3PbO·PbSO4·H2O↓+3Na2SO4+2H2O
（5）取少量最后一次洗涤后的滤液于试管中，滴加BaCl2溶液和盐酸，若产生白色沉淀，则沉淀未洗涤完全，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤完全
【解析】【解答】(1)铅蓄电池在充电时，阳极发生氧化反应， PbSO4被氧化生成PbO2，电极反应式为PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，若铅蓄电池放电前正、负极质量相等，放电时正极发生：PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O，负极发生Pb-2e-+SO42-=PbSO4，转移了1mol电子，则正极、负极都生成0.5molPbSO4， 正极质量增加：m(PbSO4)-m(PbO2)=0.5×(303-207)=32g；负极质量增加m(PbSO4)-m(Pb)= 0.5×(303-207)=48g， 则两极质量差为48-32=16g；因此，本题正确答案是：16 g。
(2) 通过以上分析知，滤液Ⅰ和滤液Ⅲ经脱色、蒸发、结晶可得到的副产品为NaSO4·10H2O，其相对分子质量为322；因此，本题正确答案是： NaSO4·10H2O。
(3) 通过以上分析知，该离子反应方程式为3Pb+8H++2NO3-=Pb2++2NO↑+4H2O，滤液2中主要成分是未反应的HNO3；因此，本题正确答案是： HNO3。
(4)硫酸铅与氢氧化钠在加热到50-60℃情况下反应生成3PbO·PbSO4·H2O和Na2SO4；步骤⑥合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH 3PbO·PbSO4·H2O↓+3Na2SO4+2H2O；因此本题答案是：4PbSO4+6NaOH 3PbO·PbSO4·H2O↓+3Na2SO4+2H2O。
(5)该沉淀吸附的离子是硫酸根离子，用盐酸和氯化钡溶液进行检验，其检验方法为取少量最后一次洗涤后的滤液于试管中，向其中滴加盐酸，再滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全； 因此，本题正确答案是： 取少量最后一次洗涤后的滤液于试管中，滴加BaCl2溶液和盐酸，若产生白色沉淀，则沉淀未洗涤完全，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤完全。
【分析】（1）注意根据电极方程式可知两极都生成硫酸铅，而氧化铅变为硫酸钱和铅变为硫酸铅的质量变化不同造成两电极的质量差；
（2）向含硫酸钱的铅泥中加入碳酸钠时硫酸铅转化为碳酸铅和硫酸钠，所以绿意1中含有硫酸钠，结合相对分子质量可确定得到的结晶水合物的化学式；
（3）滤液2为未完全反映的硝酸；
（4）根据反应物为硫酸铅和氢氧化钠产物有三盐、硫酸钠和水来书写化学方程式。
23．【答案】（1）氯气；；蒸馏
（2）浓H2SO4；I
（3）负；
【解析】【解答】(1)①物质Z的名称是氯气；
②石英砂和焦在电弧炉中高温加热生成碳化硅，化学方程式为： ；
③根据表中沸点数据可知，常温下SiHCl3、SiCl4为液体，SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去固体后，冷凝得到SiHCl3、SiCl4混合液体，将液体蒸馏可分离二者；
(2)亚硝酸钠和氯化铵反应生成N2，晶体硅的粉末与干燥的氮气在1300~1400℃下反应，可制取结构陶瓷材料氮化硅(Si3N4)，装置II是用来干燥N2，装置II盛放的试剂为浓H2SO4；
①装置II中所盛试剂为浓H2SO4；
②为防止SiO2与空气反应，先利用N2排除装置中空气，故应先点燃装置I的热源；
(3)①充电时，a电极的LiC6转化为C6，C的化合价升高，发生还原反应，a电极作阴极，a电极与n型半导体相连，n型半导体作负极；
②放电时，b电极上发生的反应是LiNiO2转化为Li1-xNiO2，电极反应式为： 。
【分析】电解饱和食盐水，产物为氢氧化钠、氯气和氢气， Y、Z点燃后和粗硅反应生成SiHCl3，SiHCl3能和Y反应生成硅，表明Y是H2，Z是Cl2，X是NaOH。
24．【答案】（1）acd
（2）CO+2H2=CH3OH；2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1452kJ mol﹣1
【解析】【解答】解：（1）a．大量化石燃料的燃烧是二氧化碳的主要来源，减少化石燃料的使用，开发新能源，有利于降低大气中的CO2、SO2、NO2浓度，故a正确；
b．氟里昂能促进臭氧地方分解，与大气中的CO2、SO2、NO2浓度无关，故b错误；
c．汽车尾气中有多种有害物质，主要污染物是一氧化碳、碳氢化合物、氮的氧化物和烟尘等，故多步行或乘公交车，少用专车或私家车有利于降低大气中的CO2、SO2、NO2浓度，故c正确；
d．将工业废气用碱液吸收后再排放能减少CO2、SO2、NO2的排放，故d正确．
故答案为：acd； （2）CO和H2反应生成甲醇，反应方程式为：CO+2H2=CH3OH；
根据液态甲醇燃烧生成二氧化碳和水蒸气，化学方程式为：2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g），
已知：①CO+2H2=CH3OH△H1=+131.9kJ mol﹣1②2H2（g）+CO（g）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣594.1kJ mol﹣1根据盖斯定律，2×（②﹣①）得：2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）故△H=2×（△H2﹣△H1）=﹣1452kJ mol﹣1，故热化学方程式为：2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1452kJ mol﹣1，故答案为：CO+2H2=CH3OH；2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1452kJ mol﹣1．
【分析】（1）应该从CO2、SO2、NO2浓度的释放和吸收角度考虑；（2）CO和H2反应生成甲醇；先写出合成甲醇的热化学方程式，再根据盖斯定律进行构造目标热化学方程式．
25．【答案】（1）减小
（2）N2；不消耗甲醇等还原剂，减少原材料
（3）4n（O2）=3+6n（CH3OH）
【解析】【解答】解：（1）空气将NH4+转变为NO3﹣（或NO2﹣）的反应为：NH4++2O2=NO3﹣+2H++H2O，酸性增强，pH减小；
故答案为：减小；（2）NO2﹣的污水与含NH4+的污水按比例混合，转化的无毒气体是氮气，此方法的优点是不消耗甲醇等还原剂，减少原材料，
故答案为：N2；不消耗甲醇等还原剂，减少原材料； （3）处理含1mol NH4+污水，整个过程铵根离子、甲醇是还原剂，只有氧气是氧化剂，氧气得到的电子为4n（O2）mol，1molNH4+失电子为3mol，甲醇失电子为6n（CH3OH），根据得失电子守恒可知：4n（O2）=3+6n（CH3OH），
故答案为：4 n（O2）=3+6n（CH3OH）．
【分析】（1）根据空气将NH4+转变为NO3﹣或NO2﹣的反应为：NH4++2O2=NO3﹣+2H++H2O，酸性增强；（2）NO2﹣的污水与含NH4+的污水按比例混合，转化的无毒气体是氮气；（3）根据得失电子守恒计算．